Bài toán (China 2005) : Cho tam giác $ABC$, một đường tròn cắt các cạnh của tam giác lần lượt tại $D_1,D_2,E_1,E_2,F_1,F_2$.Gọi $A'',B'',C''$ lần lượt là các giao điểm của $E_1F_2$ với $E_2D_2$, $E_2F_2$ với $D_1F_1$, $E_1D_1$ với $D_2F_2$. Chứng minh rằng $AA'',BB'',CC''$ đồng quy. Lời giải : Gọi $\left \{ A' \right \}=E_1D_1\cap E_2F_2,\;\;\left \{ B' \right \}=D_2F_2\cap E_1F_1,\;\;\left \{ C' \right \}=D_1F_1\cap D_2E_2$ Xét lục giác nội tiếp $E_1D_1D_2E_2F_2F_1$ có $\left \{ A \right \}=D_1D_2\cap F_1F_2,\;\;\left \{ A' \right \}=E_1D_1\cap E_2F_2,\;\;\left \{ A'' \right \}=E_2D_2\cap E_1F_1$. Theo định lí $Pascal$ thì $A,A',A''$ thẳng hàng. Tương tự thì $(B,B',B''),(C,C',C'')$ là các bộ điểm thẳng hàng. Do đó ta đi chứng minh $AA',BB',CC'$ đồng quy. Gọi $\left \{ X \right \}=D_1F_2\cap BC,\;\left \{ Y \right \}=E_1D_2\cap CA,\;\;\left \{ Z \right \}=F_1E_2\cap AB$ Xét lục giác nội tiếp $F_2D_1F_1E_1E_2D_2$ có $\left \{ X \right \}=D_1F_2\cap E_1E_2,\;\left \{ B' \right \}=D_2F_2\cap E_1F_1,\;\;\left \{ C' \right \}=D_1F_1\cap D_2E_2$ Theo định lí $Pascal$ ta có $X,B',C'$ thẳng hàng hay $D_1F_2,BC,B'C'$ đồng quy tại $X$. Tương tự thì $E_1D_2,CA,C'A'$ đồng quy tại $Y$ và $F_1E_2,AB,A'B'$ đồng quy tại $Z$. Lại áp dụng định lí $Pascal$ cho lục giác $F_1E_2E_1D_2D_1F_2$ có $\left \{ X \right \}=D_1F_2\cap E_1E_2,\left \{ Y \right \}=E_1D_2\cap F_2F_1,\left \{ Z \right \}=F_1E_2\cap D_1D_2$ thì $X,Y,Z$ thẳng hàng. Xét hai tam giác $ABC$ và $A'B'C'$ có : \[\left \{ X \right \}=BC\cap B'C',\left \{ Y \right \}=CA\cap C'A',\left \{ Z \right \}=AB\cap A'B'\] Theo định lí $Dersargues$ ta có $AA',BB',CC'$ đồng quy. Từ đó có điều phải chứng minh.

[Bài toán] Áp dụng định lí Pascal, Desargues

Bài toán (China 2005) : Cho tam giác $A B C$ , một đường tròn cắt các cạnh của tam giác lần lượt tại $D_{1}, D_{2}, E_{1}, E_{2}, F_{1}, F_{2}$ .Gọi $A^{''}, B^{''}, C^{''}$ lần lượt là các giao điểm của $E_{1} F_{2}$ với $E_{2} D_{2}$ , $E_{2} F_{2}$ với $D_{1} F_{1}$ , $E_{1} D_{1}$ với $D_{2} F_{2}$ . Chứng minh rằng $A A^{''}, B B^{''}, C C^{''}$ đồng quy.

Lời giải :

Gọi ${A^{'}} = E_{1} D_{1} \cap E_{2} F_{2}, {B^{'}} = D_{2} F_{2} \cap E_{1} F_{1}, {C^{'}} = D_{1} F_{1} \cap D_{2} E_{2}$

Xét lục giác nội tiếp $E_{1} D_{1} D_{2} E_{2} F_{2} F_{1}$ có ${A} = D_{1} D_{2} \cap F_{1} F_{2}, {A^{'}} = E_{1} D_{1} \cap E_{2} F_{2}, {A^{''}} = E_{2} D_{2} \cap E_{1} F_{1}$ .

Theo định lí $P a sc a l$ thì $A, A^{'}, A^{''}$ thẳng hàng. Tương tự thì $(B, B^{'}, B^{''}), (C, C^{'}, C^{''})$ là các bộ điểm thẳng hàng.

Do đó ta đi chứng minh $A A^{'}, B B^{'}, C C^{'}$ đồng quy.

Gọi ${X} = D_{1} F_{2} \cap B C, {Y} = E_{1} D_{2} \cap C A, {Z} = F_{1} E_{2} \cap A B$

Xét lục giác nội tiếp $F_{2} D_{1} F_{1} E_{1} E_{2} D_{2}$ có ${X} = D_{1} F_{2} \cap E_{1} E_{2}, {B^{'}} = D_{2} F_{2} \cap E_{1} F_{1}, {C^{'}} = D_{1} F_{1} \cap D_{2} E_{2}$

Theo định lí $P a sc a l$ ta có $X, B^{'}, C^{'}$ thẳng hàng hay $D_{1} F_{2}, B C, B^{'} C^{'}$ đồng quy tại $X$ .

Tương tự thì $E_{1} D_{2}, C A, C^{'} A^{'}$ đồng quy tại $Y$ và $F_{1} E_{2}, A B, A^{'} B^{'}$ đồng quy tại $Z$ .

Lại áp dụng định lí $P a sc a l$ cho lục giác $F_{1} E_{2} E_{1} D_{2} D_{1} F_{2}$ có ${X} = D_{1} F_{2} \cap E_{1} E_{2}, {Y} = E_{1} D_{2} \cap F_{2} F_{1}, {Z} = F_{1} E_{2} \cap D_{1} D_{2}$ thì $X, Y, Z$ thẳng hàng.

Xét hai tam giác $A B C$ và $A^{'} B^{'} C^{'}$ có :

${X} = B C \cap B^{'} C^{'}, {Y} = C A \cap C^{'} A^{'}, {Z} = A B \cap A^{'} B^{'}$

Theo định lí $D er s a r g u es$ ta có $A A^{'}, B B^{'}, C C^{'}$ đồng quy.

Từ đó có điều phải chứng minh.

[Bài toán] Áp dụng định lí Pascal, Desargues

Đề bài

Mô tả